由g(－1)＝1＞0，可得x1＜－1. 当x∈(－1，x2)时，
g(x)＞0，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增；
当x∈(x2，＋∞)时，g(x)＜0，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减； 所以函数有一个极值点．
综上所述，当a＜0时，函数f(x)有一个极值点； 8
当0≤a≤时，函数f(x)无极值点；
98
当a＞时，函数f(x)有两个极值点．
9
8
(2)由(1)知，①当0≤a≤时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
9因为f(0)＝0，所以x∈(0，＋∞)时，f(x)＞0，符合题意； 8
②当＜a≤1时，由g(0)≥0，得x2≤0，
9所以函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
又f(0)＝0，所以x∈(0，＋∞)时，f(x)＞0，符合题意； ③当a＞1时，由g(x)＜0，可得x2＞0. 所以x∈(0，x2)时，函数f(x)单调递减；
因为f(0)＝0，所以x∈(0，x2)时，f(x)＜0，不合题意； ④当a＜0时，设h(x)＝x－ln(x＋1)． 因为x∈(0，＋∞)时，h′(x)＝1－
1x＝＞0 ， x＋1x＋1
所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增， 因此当x∈(0，＋∞)时，h(x)＞h(0)＝0， 即ln(x＋1)＜x.
可得f(x)＜x＋a(x－x)＝ax＋(1－a)x， 12
当x＞1－时，ax＋(1－a)x＜0，
2
2
a此时f(x)＜0，不合题意． 综上所述，a的取值范围是[0，1]．
6．(2015·湖南，21)已知a＞0，函数f(x)＝esin x(x∈[0，＋∞))．记xn为f(x)的从小到大的第n(n∈N)个极值点，证明： (1)数列{f(xn)}是等比数列；
*
ax(2)若a≥1e－1
2
，则对一切n∈N，xn＜|f(xn)|恒成立.
axax*
证明 (1)f′(x)＝aesin x＋ecos x ＝e(asin x＋cos x) ＝a＋1esin(x＋φ)， 1π
其中tan φ＝，0＜φ＜.
a2
令f′(x)＝0，由x≥0得x＋φ＝mπ， 即x＝mπ－φ，m∈N，
对k∈N，若2kπ＜x＋φ＜(2k＋1)π， 即2kπ－φ＜x＜(2k＋1)π－φ， 则f′(x)＞0；
若(2k＋1)π＜x＋φ＜(2k＋2)π，
即(2k＋1)π－φ＜x＜(2k＋2)π－φ，则f′(x)＜0. 因此，在区间((m－1)π，mπ－φ)与(mπ－φ，mπ)上，
*
2
axaxf′(x)的符号总相反．
于是当x＝mπ－φ(m∈N)时，f(x)取得极值， 所以xn＝nπ－φ(n∈N)． 此时，f(xn)＝e(－1)
n＋1a(nπ－φ)
a(nπ－φ)
**
sin(nπ－φ)＝
esin φ.
易知f(xn)≠0，而
f（xn＋1）
f（xn）
（－1）esin φaπa(π－φ)＝＝－e是常数，故数列{f(xn)}是首项为f(x1)＝esin n＋1a（nπ－φ）
（－1）esin φφ，公比为－e的等比数列． (2)由(1)知，sin φ＝
，于是对一切n∈N； 2
a＋1
1
e
a(nπ－φ)
a（nπ－φ）
a2＋1e
恒成立，等价于＜(*) aa（nπ－φ）
aπ
n＋2a[（n＋1）π－φ]
1
*
xn＜|f(xn)|恒成立，即nπ－φ＜恒成立，因为(a＞0)．
a2＋1
ee（t－1）
设g(t)＝(t＞0)，则g′(t)＝. 2
tttt令g′(t)＝0得t＝1.
当0＜t＜1时，g′(t)＜0，所以g(t)在区间(0，1)上单调递减；
当t＞1时，g′(t)＞0，所以g(t)在区间(1，＋∞)上单调递增． 从而当t＝1时，函数g(t)取得最小值g(1)＝e.
a2＋1
因此，要使(*)式恒成立，只需＜g(1)＝e，
a即只需a＞而当a＝1. 2
e－11
1πππ2
时，由tan φ＝＝e－1＞3且0＜φ＜知，＜φ＜. 2a232e－1
2π3π22
于是π－φ＜＜e－1，且当n≥2时，nπ－φ≥2π－φ＞＞e－1.
32
a2＋1
因此对一切n∈N，axn＝≠1，所以g(axn)＞g(1)＝e＝.故(*)式亦恒成立． 2ae－1
*
nπ－φ
综上所述，若a≥*
，
e－1
21
则对一切n∈N，xn＜|f(xn)|恒成立．
7．(2015·福建，20)已知函数f(x)＝ln(1＋x)，g(x)＝kx(k∈R)． (1)证明：当x＞0时，f(x)＜x；
(2)证明：当k＜1时，存在x0＞0，使得对任意的x∈(0，x0)，恒有f(x)＞g(x)； (3)确定k的所有可能取值，使得存在t＞0，对任意的x∈(0，t)，恒有|f(x)－g(x)|＜
x2.
(1)证明 令F(x)＝f(x)－x＝ln(1＋x)－x，x∈(0，＋∞)， 1－x则有F′(x)＝－1＝. 1＋xx＋1当x∈(0，＋∞)时，F′(x)＜0， 所以F(x)在(0，＋∞)上单调递减，
故当x＞0时，F(x)＜F(0)＝0，即当x＞0时，f(x)＜x.
(2)证明 令G(x)＝f(x)－g(x)＝ln(1＋x)－kx，x∈(0，＋∞)， 则有G′(x)＝
1－kx＋（1－k）
－k＝. x＋1x＋1
当k≤0时，G′(x)＞0，故G(x)在(0，＋∞)单调递增，G(x)＞G(0)＝0， 故任意正实数x0均满足题意．
1－k1
当0＜k＜1时，令G′(x)＝0，得x＝＝－1＞0，
kk1
取x0＝－1，对任意x∈(0，x0)，
k有G′(x)＞0，
从而G(x)在(0，x0)单调递增， 所以G(x)＞G(0)＝0， 即f(x)＞g(x)．
综上，当k＜1时，总存在x0＞0，使得对任意x∈(0，x0)，恒有f(x)＞g(x)． (3)解 当k＞1时，由(1)知，对于?x∈ (0，＋∞)，g(x)＞x＞f(x)，故g(x)＞f(x)， |f(x)－g(x)|＝g(x)－f(x) ＝kx－ln(1＋x)．
M(x)＝kx－ln(1＋x)－x2，x∈[0，＋∞)．
则有M′(x)＝k－
2
1
－2x 1＋x－2x＋（k－2）x＋k－1＝.
x＋1
?k－2＋（k－2）2＋8（k－1）?
故当x∈?0，?时，M′(x)＞0，
4??
?k－2＋（k－2）2＋8（k－1）?M(x)在?0，?上单调递增，
4??
故M(x)＞M(0)＝0，即|f(x)－g(x)|＞x，所以满足题意的t不存在． 当k＜1时，由(2)知，存在x0＞0，使得当x∈(0，x0)时，f(x)＞g(x)， 此时|f(x)－g(x)|＝f(x)－g(x)＝ ln(1＋x)－kx.
令N(x)＝ln(1＋x)－kx－x，x∈[0，＋∞)． 则有N′(x)＝
2
2
2
1
－k－2x x＋1
－2x－（k＋2）x＋1－k＝.
x＋1
?－（k＋2）＋（k＋2）2＋8（1－k）?当x∈?0，?时，
4??
N′(x)＞0，N(x)在
?－（k＋2）＋（k＋2）2＋8（1－k）?
?0，?上单调递增，
4??
故N(x)＞N(0)＝0，即f(x)－g(x)＞x.
－（k＋2）＋（k＋2）＋8（1－k）
记x0与中的较小者为x1，
4则当x∈(0，x1)时，恒有|f(x)－g(x)|＞x. 故满足题意的t不存在．
2
2
2
当k＝1时，由(1)知，当x＞0时，|f(x)－g(x)|＝g(x)－f(x)＝x－ln(1＋x)， 令H(x)＝x－ln(1＋x)－x，x∈[0，＋∞)， 1－2x－x则有H′(x)＝1－－2x＝.
1＋xx＋1当x＞0时，H′(x)＜0，
所以H(x)在[0，＋∞)上单调递减， 故H(x)＜H(0)＝0.
故当x＞0时，恒有|f(x)－g(x)|＜x. 此时，任意正实数t均满足题意． 综上，k＝1.
法二 (1)(2)证明 同法一．
(3)解 当k＞1时，由(1)知，对于?x∈(0，＋∞)，g(x)＞x＞f(x)， 故|f(x)－g(x)|＝g(x)－f(x)＝kx－ln(1＋x)＞kx－x＝(k－1)x. 令(k－1)x＞x，解得0＜x＜k－1.
从而得到，当k＞1时，对于x∈(0，k－1)， 恒有|f(x)－g(x)|＞x， 故满足题意的t不存在． 当k＜1时，取k1＝
2
2
22
2
k＋1
2
，从而k＜k1＜1，
由(2)知，存在x0＞0，使得x∈(0，x0)，
f(x)＞k1x＞kx＝g(x)，
1－k此时|f(x)－g(x)|＝f(x)－g(x)＞(k1－k)x＝x，
2令
1－k1－kx＞x2，解得0＜x＜， 22
2
此时f(x)－g(x)＞x. 1－k记x0与的较小者为x1，
2
当x∈(0，x1)时，恒有|f(x)－g(x)|＞x. 故满足题意的t不存在．
当k＝1时，由(1)知，x＞0，|f(x)－g(x)|＝f(x)－g(x)＝x－ln(1＋x)， 令M(x)＝x－ln(1＋x)－x，x∈[0，＋∞)，
2
2